Corso di FISICA GENERALE I - C.d.S. in Chimica

Corso di FISICA GENERALE I C.d.S. in Chimica Applicata A.A. 2013/2014 Docente: Dott. Manuela Scarselli prova scritta I appello 25 Giugno 2014 Esercizio 1 Un camion si sta muovendo lungo una strada rettilinea alla velocità di 90.0km/h, quando, a 82.0 m di distanza vede una transenna che indica la chiusura della strada. L'autista del camion frena e il camion rallenta con una decelerazione di 4.0 m/s2. Determinare: 1) l'istante in cui il camion si ferma; 2) a quale distanza dalla transenna il camion riesce a fermarsi; 3) a quale distanza dalla transenna la velocità è dimezzata. SOLUZIONE Si consideri un sistema di riferimento con un asse orizzontale in cui l'origine coincide con il punto in cui il camionista vede la transenna a 82.0 m al tempo t = 0 s. Si tratta di un moto rettilineo 1‐dim uniformemente decelerato e valgono le seguenti condizioni: x0= 0 m e v0 = 90.0 km/h = 25.0m/s. 1) La legge del moto del camion, e la legge della velocità sono quindi: x(t)= v0t ‐1/2at2; (Il segno meno è dovuto al fatto che l'accelerazione è negativa) v(t)= v0 ‐ at ; L'istante t* in cui il camion si ferma è quello in cui la sua velocità è nulla: v(t*) = 0 m/s e quindi: t*=v0/a =6.25 s 2) La posizione del camion all'istante t* in cui si ferma vale: x(t*) = v0t*‐1/2at*2= v20/2a = 78.1 m; il camion quindi riesce a fermarsi a distanza Δx= (82.0 ‐78.1)m= 3.9 m dalla transenna. 3) Sia t° l'istante in cui la velocità è dimezzata, si può utilizzare la relazione: v2(x)= v02 + 2a(x‐x0) dove l’accelerazione a è negativa. Cerchiamo la distanza x* per cui: v(x)= v0/2 Sostituendo si ottiene: v02/4= v02 – 2ax*, risolvendo rispetto ad x* si ottiene: x*=3/4 (v02/2a)= 58.6 m Quindi la distanza dalla transenna a cui la velocità è dimezzata Δx= (82.0‐58.6)m = 23.4 m Esercizio 2 Un corpo di massa m= 1.5 kg viene lanciato su un piano inclinato di un angolo =30° rispetto all'orizzontale con una velocità iniziale v0= 5.0 m/s, diretta come in figura. Per un tratto di lunghezza l0= 1.0 m, il corpo scivola senza attrito; la parte rimanente del piano inclinato presenta invece un coefficiente di attrito dinamico d= 0.50 e uno di attrito statico pari a d= 0.60. Determinare: 1) la lunghezza complessiva percorsa dal corpo sul piano prima di fermarsi; 2) l’energia dissipata durante il moto complessivo; 3) se il corpo dopo essersi fermato alla quota massima ridiscende lungo il piano. x
ℓ
y
h
v0

1) Supponiamo che sia ℓ la lunghezza complessiva percorsa dal corpo di massa m fino all’arresto. Sul sistema agiscono: forza peso (P= mg), la reazione al vincolo N e forza di attrito dinamico che si manifesta solo per il tratto (ℓ‐ℓ0). Scegliendo come sistema di riferimento una coppia Oxy orientata come in figura le proiezioni delle forze agenti sul corpo di massa m sono: lungo x  - mgsin  μ d N  ma x
lungo y   mgcos  N  0
(1) Dalla seconda relazione di può calcolare il valore della reazione vincolare N che è ortogonale al piano. N= mgcos La variazione di energia meccanica del corpo di massa m sarà uguale al lavoro fatto dalla forza di attrito dinamico. E mecc,f  E mecc,i  L fattr Lfattr= = ‐µdN(ℓ‐ℓ0)= ‐µdmgcos(ℓ‐ℓ0) Emecc,f= mgh=mglsin Emecc,f= 1/2m(v0)2 mglsin‐1/2m(v0)2 =‐µdmgcos(ℓ‐ℓ0) 2g(sin  μ d cos )  v 20  2g 0μ d cos v 2 0  2g 0μ d cos

 18.0m 2g(sin  μ d cos )
2) Edissipata= ‐Lfattr= = µdN(ℓ‐ℓ0)= ‐µdmgcos(ℓ‐ℓ0)= 5.1 J 3) La condizione da discutere consiste nel confrontare i valori della componente della forza peso lungo e la forza di attrito statico che si esplica sulla massa m nel punto di arresto: µSN ≥ ?  mgsin μ S mgcos  ?  mgsin e cioè µS ≥ ?  tg  numericamente si ha che µS= 0.60 ≥ tg = 0.58 quindi è verificata la relazione µSN ≥ mgsin per cui il corpo resta fermo e non ridiscende lungo il piano. Esercizio 3 Un corpo di massa m= 0.50 kg, dopo essere scivolato lungo uno scivolo, urta orizzontalmente un’asta rigida sottile verticale di massa M= 5.0 kg e lunghezza L= 80 cm. Lo scivolo ha un’altezza h= 50 cm e l’asta è appesa per un suo estremo (A) intorno al quale può ruotare liberamente, come mostrato in figura. m
A
Sapendo che l’urto tra il corpo e l’asta è completamente anelastico, determinare la velocità iniziale v0 con la h
quale il corpo deve essere lanciato affinché, dopo l’urto, l’asta ruoti di un angolo massimo di 90°. L
[Momento d’inerzia dell’asta I= 1/3 ML2] M
Dopo l‘urto si conserva l’energia meccanica del sistema asta+corpo nella rotazione. Il momento d’inerzia del sistema vale Itot= Iasta+Icorpo= Iasta+mh2 Se 0 è la velocità angolare del sistema asta+corpo subito dopo l’urto, si avrà: 1
L
I tot02  Mg  mgh alla quota massima 2
2
g (ML  2mgh )
3g(ML  2mgh)

= 6.1 rad/s 2
ML
ML2  3mh 2
2
 mh
3
0 
Nell’urto completamente anelastico si conserva SOLO il momento angolare del sistema. Se v è la velocità acquisita dalla massa m in fondo allo scivolo avremo che: mvh=Itot0 v
I tot0
mh
= 30.0 m/s Per la conservazione dell’energia meccanica del corpo di massa m lungo lo scivolo prima di urtare l’asta: mgh 
1
1
mv 02  mv 2 da cui v 0  v 2  2gh = 29.8 m/s 2
2

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